【文档说明】2022年春季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高二化学详解.docx，共(23)页，1.101 MB，由小赞的店铺上传

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12022年春季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高二化学试卷可能用到的相对原子质量：H1O16C12N14F19S32Cl35.5P31Si28Na23Fe56Mg24Cu64一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共

45分。每小题只有一项符合题目要求。1.化学与生活关系密切，下列说法正确的是A.用白糖腌制果脯可防止果脯变质，原因是白糖能使蛋白质变性B.二氧化氯、臭氧均具有强氧化性，因此可用作自来水消毒剂C.打印机黑色的墨粉中含有铁的氧化物，这种氧化物是氧化铁D.钢管表面镀锌可

以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管反而会加速腐蚀【1题答案】【答案】B【解析】【详解】A．白糖作为溶质在水里有很高的溶解度，浸泡水果的时候，由于渗透压的作用，可以将细胞中的水分“吸出”，也就是脱水，使得细胞中

的溶质浓度增高，细菌和微生物就难以进行繁殖，从而间接达到了防腐的作用，A错误；B．二氧化氯、臭氧均具有强氧化性，能杀菌、消毒，可用作自来水消毒剂，B正确；C．打印机里黑色的铁的氧化物为四氧化三铁，氧化铁为红棕色固体，C错误；D．锌的活动性比

铁强，钢管表面的锌镀层破损后，形成原电池，锌作负极，钢管作正极，钢管仍然被保护不被腐蚀，D错误；答案选B。2.下列化学用语表示正确的是A.乙烯的球棍模型为：B.用电子式表示HCl的形成过程：C.溴原子简化的电子排布式为

：25[Ar]4s4pD.24Cr的原子结构示意图为：2【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．C原子半径比H原子大，A错误；B．HCl为共价化合物，电子式表示其形成过程时，不用箭头表示电子得失，B错误；C．溴原子简化的电子排布式为[Ar

]3d104s24p5，C错误；D．Cr的原子结构示意图正确，D正确；故选D。3.北京冬奥会中，环保材料PVC、PC、ABS和PLA的广泛运用，体现了环保办奥运的理念。下列有关说法错误的是．．．．A.PVC()的

单体为氯乙烯B.PC()中所有碳原子不可能共面C.ABS的单体之一苯乙烯能使溴水褪色D.PLA()可通过加聚反应制备【3题答案】【答案】D【解析】【详解】A．由PVC的结构简式可知，其单体为CH2=CHCl，名称为氯乙烯，

故A正确；B．根据PC的结构简式可知，PC中连接两个苯环的碳原子与4个碳原子相连，为四面体结构，因此其分子中所有原子不可能共面，故B正确；C．苯乙烯中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C正确；D．根据PLA的结构简式可知，PLA是由发生缩聚反应制得，故D错误；答案选D。4.下列

离子方程式书写错误的是．．．．A.过氧化钠与水反应：18181822222NaO2HO4Na2OH2OHO+−−+=+++3B.23NaCO溶液与2MgCl溶液混合制碱式碳酸镁232Mg(OH)MgCOHO：22-2323222Mg

2HO2COMg(OH)MgCOHOCO+++=+C.向含1molNaOH和2mol23NaCO的混合溶液中逐滴加入含3molHCl的稀盐酸：2-322OHCO3HCO2HO−+++=+D.向2NaS溶液中通入足量2SO气体：2-2232S5SO2HO3S4HSO−++=+

【4题答案】【答案】C【解析】【详解】A．1822NaO与水反应，一半-1价O转化成氧气，一半转化成氢氧根离子，离子方程式正确，故A正确；B．23NaCO溶液与2MgCl溶液混合制碱式碳酸镁232Mg(OH)MgCOHO，部分镁离子与碳酸根离子结合生成碳酸

镁，部分镁离子发生水解得到氢氧化镁，离子方程式正确，故B正确；C．3molHCl恰好与1molNaOH和2mol23NaCO按照1：1完全反应，最终生成碳酸氢根离子，离子方程式为：-2-+-332OH+2CO+3H=2HCO+HO，故C错误；D．2

NaS与二氧化硫发生氧化还原反应生成S单质，过量二氧化硫最终还得到亚硫酸氢钠，离子方程式正确，故D正确；故选：C。5.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项操作及现象结论A向紫色石蕊试液中通入足量2SO气体，溶液先变红后褪色2SO具有漂白性B

向含氧化膜的铁屑中加入足量稀盐酸，待固体溶解后向溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红氧化膜为FeOC向淀粉溶液中加入适量稀硫酸，共浴一段时间后，加入新制的2Cu(OH)并加热，产生砖红色沉淀淀粉水解生成了还原性糖4D向2mLlmo/L2MgCl浴液中滴加2~4滴1mol/LN

aOH溶液，再向上述溶液中滴加4滴0.1mo/L3FeCl溶液，先生成白色沉淀，后沉淀变为红褐色2Mg(OH)沉淀转化为3Fe(OH)沉淀A.AB.BC.CD.D【5题答案】【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫不能使指示剂褪色，向紫

色石蕊试液中通入足量2SO气体，溶液只变红，故A错误；B．向含氧化膜的铁屑中加入足量稀盐酸，Fe能把Fe3+还原为Fe2+，待固体溶解后向溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红，不能说明氧化膜为FeO，故B错误；C．检验淀粉水解产物，向

淀粉溶液中加入适量稀硫酸，共浴一段时间后，先加入氢氧化钠中和硫酸，再加新制的2Cu(OH)并加热，故C错误；D．向2mLlmo/L2MgCl浴液中滴加2~4滴1mol/LNaOH溶液，生成白色沉淀氢氧化镁，氢氧化钠无剩余，再向上述溶液中滴加4滴0.1mo/L

3FeCl溶液，淀变为红褐色，说明2Mg(OH)沉淀和3FeCl反应生成3Fe(OH)沉淀，故D正确；选D。6.用AN表示阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是A.2g由182HO和2HO组成的混合物中含有的中子数为ANB.100

g质量分数为46%的乙醇溶液中3sp杂化的原子数为A6NC.标准状况下，22.4L2Cl与足量水充分反应，转移的电子数为AND.标况下，22.4L3CHCl中含有的极性键数目为A4N【6题答案】【答案】B【解析】5【详解】A．2g182HO中含有的中子数

为AA2g10NN20g/mol=，2g2HO中含有的中子数为AA2g88NN18g/mol9=，2g由182HO和2HO组成的混合物中含有的中子数不是AN，故A错误；B．乙醇、水中的碳原子、氧原子都是3s

p杂化，100g质量分数为46%的乙醇溶液中3sp杂化的原子数为AAA100g46%100-100g46%3N+1N6N46g/mol18g/molg=，故B正确；C．标准状况下，22.4L2Cl的物质的量是1mol，1mol氯气与足

量水充分反应，部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，转移的电子数小于AN，故C错误；D．标况下3CHCl是液体，22.4L3CHCl的物质的量不是1mol，故D错误；选B。7.物质a是一种常见的食品添加剂，其发挥作用时，物质a转化为物质b，具体过程如下所示：下列说法不正确．．．的是A.a和b

均能发生加成反应B.a的一氯代物有8种C.a和b中碳原子的杂化方式均只有两种D.a、b均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【7题答案】【答案】B【解析】【详解】A．a中含碳碳双键，b中含羰基，均能发生加成反应，A正确；B．如图所示：，一氯代物只有三种，B错误；C．a中碳原子杂化方式为sp2和s

p3，b中碳原子的杂化方式为sp2和sp3，均只有两种，C正确；D．a中含碳碳双键和羟基，b中含羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故选B。68.磷化氢()3PH是一种无色有大蒜臭味的剧毒气体，微溶于水。某学习小组制备

磷化氢并探究其性质的装置如下图。下列说法错误的是．．．．注：①磷化氢在空气中容易自燃；②3CuP为灰黄色固体A.通入2N的主要目的是将生成的3PH赶入后续装置中发生反应B.使用饱和食盐水的目的是降低3PH产生的速率C.装置②中产生了黑色沉淀，③中产生了灰黄色沉淀，体

现了3PH强还原性D.③中反应的离子方程式为：23233424Cu11PH12HO8CuP3HPO48H++++=++【8题答案】【答案】A【解析】【分析】本题利用水和Mg3P2反应制备PH3，PH3中P元素为-3价，具有还原性。【详解】A．磷化氢遇空气易自

燃，通入N2的主要目的是将空气排干净，防止磷化氢自燃，A错误；B．因为水和Mg3P2反应，水被消耗一部分，导致有NaCl晶体析出，附着在Mg3P2表面，阻碍着水与Mg3P2的接触，从而降低反应速率，B正确；C．装置②中

产生了黑色沉淀为银，化合价降低，③中产生了灰黄色沉淀为Cu3P，Cu化合价降低，均体现了PH3的强还原性，C正确；D．所给离子方程式中产物合理，满足电荷和原子守恒，D正确；故选A9.某抗真菌药物分子结构如图所示。W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素。M原的。7

子核外有9种运动状态不同的电子。下列说法正确的是A.该分子中所有原子均具有稀有气体原子的稳定结构B.原子半径：M>X>Y>Z>WC.M的单质可以将Z的单质从其化合物中置换出来D.X的气态氢化物稳定性强于Y的

气态氢化物【9题答案】【答案】C【解析】【分析】M原子核外有9种运动状态不同的电子，说明M的电子数为9，则M为F元素，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W形成一条共价键，则W为H，Y形成4条键，则Y是C

，X形成3条键，则X是B，Z形成2条键，则Z为O；【详解】分析可知，W、X、Y、Z、M分别为H、B、C、O、F；A．X为B元素，在该分子中未达到8个电子稳定结构，即不具有稀有气体原子的稳定结构，A错误；B．同周期元素原子序数越大原子半径越小，电子层数越多原子半径越大，则原子

半径：B>C>O>F>H，即原子半径：X>Y>Z>M>W，B错误；C．M为F，Z为O，F2的氧化性强于O2，F2直接与H2O发生反应：2F2+2H2O=4HF+O2，则F2能置换出O2，C正确；D．X为B，Y为C，同周期元素从左到右非金属性增强，其气态氢化物越稳定，则CH4的稳定性强于BH3的，

D错误；故选：C。10.2CO选择性加氢制甲醇是解决温室应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。下图是2CO催化加氢的反应机理图(“*”表示微粒吸附在催化剂表面)。有关说法错误的是8A.状态②、④和⑥为反应的过渡态B.状态A到状态B的变化不能说明2H断键变成氢

原子要放出能量C.状态①到③发生的反应方程式为：**2COHHCOO+=D.更改催化剂不会改变状态③到状态④的能量大小【10题答案】【答案】D【解析】【详解】A．过渡态是指反应物体系转变成产物体系过程中，经过的能量最高状态，由图示可知，状态②、④和⑥为反

应的过渡态，A正确；B．“*”表示微粒吸附在催化剂表面，因此状态A到状态B的变化中，3H2(g)→6H*不能说明2H断键变成氢原子要放出能量，B正确；C．由图示可知，状态①到③发生的反应方程式为：**2COHHCOO+=，C

正确；D．催化剂能改变反应的活化能，从而改变化学反应速率，因此更改催化剂会改变状态③到状态④的能量大小，D错误；答案选D。11.尿素()22CONH对于我国经济和社会的可持续发展具有重要意义，工业上以3NH和2CO

为原料合成：()23222CO(g)2NH(g)CONH(g)HO(g)++1HakJmol−=，在温度为1T和2T时，分别将0.50mol2CO和1.20mol3NH充入体积为1L的密闭容器中，测得()2COn随时间变化的数据如表所

示：9时间/min0102040501T0.500.350.250.100.102T0.500.300.18……0.15下列说法不正确．．．的是A.1T时，0~10min内()112CO0.015molLminv−−

=B.1T温度下该反应平衡时3NH的转化率为66.7%C.0aD.平衡常数：()()12KTKT【11题答案】【答案】D【解析】【详解】A．-1-120.50mol-0.35mol0.01Δc5m1

oLv(CO)==Δt10minlLmin=，A正确；B．T1温度下该反应平衡时二氧化碳的物质的量为0.10mol，反应的物质的量为0.50mol-0.10mol=0.40mol，方程式中NH3与CO2系数比为2：1，故CO2转化量为0.80mol，转化率：0.80mol100%66.7%1

.20mol=，B正确；C．前10min，T2温度下CO2转化量多，反应速率快，故T2温度高。在T2温度下，达平衡时CO2的物质的量为0.15mol，T1时CO2的物质的量为0.10mol，故升高温度平衡逆向

移动，反应放热，a<0，C正确；D．放热反应，升高温度，K减小，因T2>T1，故K(T1)>K(T2)，D错误；故选D。12.已知：一元弱酸HA的电离平衡常数()()cHcAKc(HA)+−=。25℃时，3CHCOOH、HCN、23HCO的电离平衡常数如下：化学式3CHCOOHH

CN23HCOK51.7510−104.910−71K4.410−=10112K5.610−=下列说法正确的是A.稀释3CHCOOH溶液的过程中，()3nCHCOO−逐渐减小B.3NaHCO溶液中：()()()22333cHCOcCOcHCO−−

C.25℃时，等体积等物质的量浓度的NaCN和3CHCOONa溶液中阴离子总数，前者<后者D.()4cNH+相等的34CHCOONH和43NHHCO溶液中，()()4334cNHHCOcCHCOONH【12题答案】【答案】C【解析】【详解】A．稀释3CHCOOH溶液的过程中

，电离程度增大，电离出的()3nCHCOO−逐渐增大，A错误；B．3NaHCO溶液中，碳酸氢根离子的水解平衡常数Kh=wa1KK=-14-7104.410≈2.310-8>11a2K5.610−=，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，()()()23233

cCOcHCOcHCO−−，B错误；C．酸性：HCN<3CHCOOH，氢氰酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，且这两种阴离子水解后阴离子数目均没改变，则25℃时，等体积等物质的量浓度的NaCN和3CHCOONa溶液中阴离子总数，前者<后者，C正

确；D．由电离常数可知，酸性：3CHCOOH>23HCO，水解能力：3HCO−>3CHCOO−，则()4cNH+相等的34CHCOONH和43NHHCO溶液中，()()4334cNHHCOcCHCOONH，D错误；答案选

C。13.硒是人体和动物所必需的营养元素，在工农业生产中也有广阔的应用前景。工业上从铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、2AgSe等)中提取硒的过程如下。下列说法错误的是．．．．A.焙烧过程中，搅拌的目的是使反应物混合均匀，使反应更充分B.产物A是2SeO，烧渣中的物质B是2A

gO11C.还原过程中发生的反应是：2322130HSeO2HCOOHSe2CO3HO+++℃D.根据价层电子对互斥理论分析23SeO−的空间构型为三角锥形【13题答案】【答案】B【解析】【详解】A．搅拌的目的是使铜阳极泥和氧气充分混合，使反应更充分，故A正确；B．2AgSe和氧气焙烧生

成Ag和2SeO，产物A是2SeO，烧渣中的物质B是Ag，故B错误；C．还原过程是H2SeO3被甲酸还原为Se，甲酸被氧化为二氧化碳，Se元素化合价由+4降低为0，C元素化合价由+2升高为+4，根据得失电子守恒，发生的反应

的方程式是2322130HSeO2HCOOHSe2CO3HO+++℃，故C正确；D．23SeO−中Se的价电子对数是4，有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论，23SeO−的空间构型为三角锥形，故D正确；选B。14.电化学合成有机物是有

机化合物的一种“绿色合成法”，一种利用乙炔电化学合成乙烯和草酸的装置如下图所示，下列说法正确的是A.B电极接电源的负极B.离子交换膜应选用阴离子交换膜C.A电极的电极反应式为2224CH2H2eCH+−++=12D.电路中每转移1mole−，理论上可生成草酸45g【14题答案】【答案】

C【解析】【详解】A．B电极乙炔生成草酸，碳元素化合价升高发生氧化反应，B电极接电源的正极，故A错误；B．阴极发生反应-22HCCH+2e+2HCH=CH+→，阳极发生反应-2HCCH-8e+4HOHOOC-COOH+8H+→，阴极消耗氢离子、阳极

生成氢离子，离子交换膜应选用阳离子交换膜，故B错误；C．A电极乙炔得电子生成乙烯，A是阴极，电极反应式为2224CH2H2eCH+−++=，故C正确；D．阳极反应式为-2HCCH-8e+4HOHOOC-COOH+8H+→，电路中每转移1mole−，理论上可生成1mol8草酸，生成草酸的质量为1

90mol90g/mol=g88，故D错误；选C。15.常温下，用10.2molL−盐酸滴定13225.00mL0.2molLNHHO−溶液，所得溶液pH、4NH+和32NHHO的分布分数[平衡时某含氮微粒的浓度占含氮微粒总浓度的分数，如4NH+的分布分数

()()()()44432NHNHNHNHHOccc+++=+]与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是A.曲线a代表()32NHHO，曲线b代表()4NH+B.M点溶液中存在()()()432cClcNHcNHHO−+=C.32N

HHO的电离常数的数量级为510−D.若将HCl改为等浓度的3CHCOOH，则M点随3CHCOOH溶液体积的变化上移【15题答案】13【答案】C【解析】【分析】NH3·H2O的电离常数表达式为Kb(NH3·H2O)=+-432cNHcOHcNHO)()()H(，M点时c(NH+4)=

c(NH3·H2O)，pH=9.26，则Kb(NH3·H2O)=c(OH-)=+Kwc(H)=149.261010−−=10−4.74，Kh(NH+4)=KwKb=10−9.26。【详解】A．随着V(HCl)的增大，溶液中c(NH3·H2O

)减小，c(NH+4)增大，则溶液中δ(NH3·H2O)减小，δ(NH+4)增大，根据图知，曲线a代表δ(NH+4)，曲线c代表δ(NH3·H2O)，故A错误；B．当加入盐酸体积为12.5mL，充分反应后溶液中溶质为NH4Cl和NH3·H2O，且n(NH4Cl)=2.5×10-3mol，n(

NH3·H2O)=2.5×10-3mol，由于以NH3·H2O的电离常数大于NH+4的水解常数，因此c(NH+4)>c(NH3·H2O)，而M点时，c(NH+4)=c(NH3·H2O)，所以M点加入盐酸体积小于12.5mL，此时溶

液呈碱性()-+c(OH)>cH，根据电荷守恒：()()()--++4cCl+c(OH)=cNH+cH，则()()-+4cCl<cNHB错误；C．由NH3·H2O⇌NH+4+OH-可知，NH3·H2O的电离常数表达式为

Kb(NH3·H2O)=c(NH+4)×c(OH−)c(NH3﹒H2O)，M点时c(NH+4)=c(NH3·H2O)，pH=9.26，则Kb(NH3·H2O)=c(OH-)=+Kwc(H)=149.261010−−=10−4.74，，其数量级为10-5，故C正确；D．若改为醋酸，当加入体积为12

.5mL，充分反应后溶液中溶质为CH3COONH4和NH3·H2O，且n(CH3COONH4)=2.5×10-3mol，n(NH3·H2O)=2.5×10-3mol，由于以CH3COONH4发生双水解，c(NH+4)比用盐酸时要小，为使M点c(NH+4)=c(NH3·H2O)，则加入醋酸体积

大于使用盐酸时体积，则M点随3CHCOOH溶液体积的变化下移，故D错误；故选：C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.三氯硫磷()3PSCl是一种制造有机磷化合物的重要中间体，实验室可通过以下反应来制备三氯硫磷：2232P3SCl2PSCl4S+=+。

反应的装置如下图(加热及夹持装置均省略)。14已知：①三氯硫磷是一种无色透明液体，有毒，熔点-35℃，沸点125℃。不溶于冷水，易溶于苯，四氯化碳等有机溶剂，在冷水中缓慢分解，在热水中和碱溶液中迅速分解。②22SCl是一种黄色至略微红的液体，沸点137℃，在空气中剧烈

水解而发烟，有使品红溶液褪色的气体生成，同时生成淡黄色固体。③相对分子质量：22SCl1353PSCl169.5据此回答下列问题。（1）仪器A的名称为_______，B装置冷凝水从_______(填“m”或“n”)口流入。（2）装置设计上有一处缺陷，会导

致三氯硫磷产率下降，请用化学方程式解释原因_______。（3）在干燥的三颈烧瓶中加入10g白磷及催化剂，加热至120℃，缓慢加入40g22SCl，控制反应温度在125℃~130℃之间，回流至反应完成，蒸出生成物，得产品32g。①止水夹打

开或关闭的顺序是：先打开_______，关闭_______，回流至反应完成，蒸出生成物(填“1K”或“2K”)②判断反应完成的现象是_______。③小烧杯中的溶液可以为下列溶液中的_______(填序号)；A

.NaOH溶液B.23NaCO溶液C.4CClD.饱和NaCl溶液（4）计算上述合成中三氯硫磷的产率为_______(保留两位有效数字)。【16题答案】【答案】（1）①.三颈烧瓶②.m（2）22222

SCl2HO3SSO4HCl+=++（3）①.2K②.1K③.球形冷凝管下端管口滴下的液体几乎为无色④.ABC15（4）96%【解析】【分析】根据实验目的和反应的原理2P+3S2Cl2=2PSCl3+4S可知，实验时先打开止水夹K2、关闭K1，使三颈烧瓶中的白磷与加入的S2Cl2在

催化剂存在、温度控制在125℃~130℃之间充分反应，反应完成后，再将生成的PSCl3蒸出、收集；结合相关物质的性质解答。【小问1详解】根据仪器A的结构特点知，仪器A的名称为三颈烧瓶；为了使挥发的液体充分冷凝回流，

B装置中冷凝水应下进上出，即冷凝水从m口流入；答案为：三颈烧瓶；m。【小问2详解】根据“S2Cl2在空气中剧烈水解而发烟，有使品红溶液褪色的气体生成，同时生成淡黄色固体”可知，该装置中有部分S2Cl2在空气中剧烈水解，从而导致PSCl3

的产率下降，根据现象知S2Cl2水解生成S和SO2，结合原子守恒，还有HCl生成，反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；答案为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl。【小问3详解】①根据实验步骤可知，实验时应先在三颈烧瓶中

制备PSCl3，反应完成后，再将三颈烧瓶中生成的PSCl3蒸出，故止水夹打开或关闭的顺序是：先打开K2，关闭K1，回流至反应完成，蒸出生成物；答案为：K2；K1。②S2Cl2是一种黄色至略微红的液体，沸点137℃，而三氯硫磷是一种无色透明液体，熔点-35℃，沸点125℃，反

应温度控制在125℃~130℃之间，故反应完成的现象是球形冷凝管下端管口滴下的液体几乎为无色；答案为：球形冷凝管下端管口滴下的液体几乎为无色。③由于PSCl3有毒，故PSCl3需要进行尾气吸收；PSCl3在冷水中缓慢分解，在热水中和碱溶液中迅速分解，

故小烧杯中的溶液可以为NaOH溶液、Na2CO3溶液（Na2CO3属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性），不能用饱和NaCl溶液（NaCl溶液呈中性）；PSCl3不溶于冷水，易溶于苯，四氯化碳等有机溶剂，小烧杯中也可盛

放CCl4吸收PSCl3；答案选ABC。【小问4详解】n(P)=1031mol，n(S2Cl2)=40135mol，根据反应2P+3S2Cl2=2PSCl3+4S可知，理论上S2Cl2完全反应，依据S2Cl2可计算出n(

PSCl3)=23n(S2Cl2)，则PSCl3的产率为32g100%240mol169.5g/mol3135≈96%；答案为：96%。18.铜是人类广泛使用的一种金属，含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问

题：（1）我国秦俑彩绘上用的颜料被称为“中国蓝”(成分为410BaCuSiO)，16①“中国蓝”中基态铜离子的价层电子排布式为_______。②Ba第三电离能远大于第二电离能，原因是_______（2）

邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。①邻氨基吡啶的铜配合物中，2Cu+的配位数是_______，N原子的杂化类型为_______。②1mol邻氨基吡啶中键的数目为_______。（3）2Cu+可形成()2342Cu(en)NHBF，其

中en代表2222HNCHCHNH−−−。①该配合物分子中，VSEPR模型为四面体或正四面体的非金属原子共有_______个。②Cu、B、H的电负性由大到小的顺序为_______。（4）一种由Cu、In、Te组成的高熵合金具有优良的热电性能，其四方晶胞如图所示：若晶胞底边的边

长均为anm，高为cnm，阿加德罗常数的值为AN，设晶体的最简式的式量为M，则该晶体的密度为_______3gcm−。【18题答案】【答案】（1）①.93d②.由于2Ba+已经形成稳定结构，再失去内层电子会更加困难，故其第

三电离能远大于第二电离能（2）①.4②.2sp、3sp③.A13N（3）①.11②.HBCu（4）212A4M10Nac−的17【解析】【小问1详解】①“中国蓝”中的铜离子为Cu2+，Cu是29号元素

，Cu原子的核外电子排布式为226261011s2s2p3s3p3d4s，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，则Cu2+的价层电子排布式为93d，故答案为：93d；②2Ba+已经形成稳定结构，再失去内层电子会更加困难，故其第三电离能远大于第二电离能

，故答案为：由于2Ba+已经形成稳定结构，再失去内层电子会更加困难，故其第三电离能远大于第二电离能；【小问2详解】①邻氨基吡啶铜配合物中，Cu2+形成2个Cu-N键，2个Cu-O键，Cu2+的配位数为4；形成配位键的N原子，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，N原子采取s

p2杂化，氨基中N原子形成3个σ键，还有1个孤电子对，N原子杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，故答案为：4；2sp、3sp；②邻氨基吡啶分子中含有4个C-H键，2个N-H键，2个C-N键，1个C=N键，2个C-

C键，2个C=C键，分子中含有13个σ键，则1mol邻氨基吡啶中σ键的数目为A13N，故答案为：A13N；【小问3详解】①2222HNCHCHNH−−−中N原子和C原子、NH3中N原子、-4BF中B原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体或正四面体形，则该配位化合物分子中V

SEPR模型为四面体或正四面体形的非金属原子有11个，故答案为：11；②一般来说，金属元素的电负性小于非金属元素，由-4BH中氢元素呈-1价可知，氢元素的电负性强于硼元素，则三种元素的电负性大小顺序为HBCu，故答案为：HBCu；【小问4详解】由晶胞结构可知，晶胞中铜原子个数为

11841482++=，铟原子个数为1146442+=，碲原子个数为8，则该晶体的最简式为2CuInTe，晶胞中含有4个2CuInTe，则晶胞质量为A4MgN，晶胞的体积为7772213a10c

ma10cmc10cmac10cm−−−−=，则该晶体的密度为-3212A4Mgcm10Nac−，故答案为：212A4M10Nac−。20.苯乙烯是一种重要的有机化工原料，可广泛用于合成橡胶，工程塑料及制药等。工业上可通过乙苯催化脱氢来制取苯乙烯，反

应方程式如下：的18(g)(g)+H2(g)ΔH（1）已知部分物质的燃烧热数据如下表：物质乙苯苯乙烯氢气燃烧热()1HkJmol−-46102-4441.8-285.8则H=_______。（2）下列关于反应的说法正确的是___

____(填序号)A.高温有利于反应自发进行B.工业生产中应尽可能提高反应温度，并增大压强，以提高原料的利用率C.恒温恒容条件下，反应达到平衡后，向体系中再充入乙苯蒸气，乙苯的转化率将增大D.选择合适的催化剂可以缩短达到平衡的时间，但不会提高生成物中苯乙

烯的含量（3）工业装置通常采用铁基氧化物催化剂，通入过热水蒸气(615~645℃)、水油比(水与乙苯质量比)1.4~1.8、常压的条件下发生乙苯的催化脱氢反应。①反应中通入水蒸气的作用是_______。②将物质的量分数组成为m%乙苯(g)、n%2HO(g)的气体通入

反应器，在温度t、压强p下进行反应。平衡时，乙苯的转化率为，则苯乙烯的分压为_______，平衡常数Kp=_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)（4）近年来，有研究者发现若将上述生产过程中通入2HO改为通入2CO，通入2CO后会发生反应222CO(g)H(g)CO(g)HO(g

)++。在常压下，分别按投料比为仅乙苯，乙苯2:CO1:5=，乙苯2:CO1:10=，测得乙苯的平衡转化率与温度的关系如下图。.19则乙苯2:CO1:5=对应的曲线为_______(填“a”，“b”或“c”)，理由是_______。【20题答案】【答案】（1）1117.4kJmol−+（2

）AD（3）①.体系压强为常压，掺入不反应的水蒸气等效于减压，有利于反应向气体分子数增大的方向进行，可提高乙苯的转化率②.mp100m+③.2mp(100m)(1)+−（4）①.b②.随着投入2CO的增加，有更多

生成物2H被消耗，有利于乙苯脱氢反应正向进行，乙苯的转化率会增大【解析】【小问1详解】-1-1-1()-()()=-4610.2kJmol-4441.8285.8kJmol=+117.4kJmol=−−−−乙苯乙苯氢气；【小问2详解】A．乙苯催化脱氢制取苯乙

烯为吸热反应即ΔH>0，正向熵增即ΔS>0，反应自发进行，则ΔG=ΔΗ-TΔS<0，高温时满足，A正确；B．提高反应温度可使平衡正向移动，原料的利用率提高；增大压强，平衡逆向移动，原料的利用率降低，工业生产中高温高压对设备要求高，成本提高，经济收益

低，B错误；C．充入乙苯蒸气，等效于加压过程，乙苯的转化率降低，C错误；D．合适的催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但对平衡无影响，故不会提高生成物中苯乙烯的含量，D正确；故选AD。20【小问3详解】通入过热水蒸气，恒温恒容条件下相当于减小压强，平

衡向气体分子数增大的方向移动，即反应正向移动，乙苯转化率提高，故答案为：体系压强为常压，掺入不反应的水蒸气等效于减压，有利于反应向气体分子数增大的方向进行，可提高乙苯的转化率；设起始通入的水和乙苯的总物质的量为100mol，则乙苯的物质的量为mmol，水蒸

气为(100-m)mol，乙苯的转化率为α，可列三段式：，苯乙烯分压为mαp100mα+，平衡常数为：22mαpmαp()()p()p(H)mαp100mα100mαKp=m(1-α)pp()(100mα)(1-α)

100mα++==++苯乙烯乙苯；【小问4详解】乙苯与二氧化碳比例越小，即二氧化碳投入越多，越消耗生成物氢气，有利于乙苯脱氢反应正向进行，乙苯转化率越大，故a、b、c三条线对应的比例分别为乙苯，乙苯:CO2=1:5、乙苯:CO2=1:10，故乙苯:CO2=1:5对应的线选为b；理由是：随着投入C

O2的增加，有更多生成物H2被消耗，有利于乙苯脱氢反应正向进行，乙苯的转化率会增大。22.钻钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴铝催化剂(主要含有2MoS和CoS，少量Cu、Fe的化合物)制备仲钼酸铵的工艺流程图如下：资料：1.氧化钼()3MoO：熔点

795℃，易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)。2.钼酸()24HMOO：难溶于水和酸的黄色晶体，可通过酸化铝酸盐溶液而制得。（1）仲钼酸铵()472426NHMoO2HO中钼

元素的化合价是_______。（2）废催化剂“焙烧”时2MoS转化为氧化钼，写出反应的化学方程式_______。21（3）钼浸取率随碱浸液固比、焙烧温度如图1和图2所示①综合考虑，制备工艺中选择的最佳液固比值和焙烧温度分别是：____

___。②铝浸取率随焙烧温度变化的原因是_______。（4）操作1和操作2的名称_______，“酸沉”过程中反应的离子方程式为_______。（5）“净化”时，浸出液中残留的2Cu+、2Fe+转化为硫化物沉淀除去。已知()()22p

cSlgcS−−=−，该溶液中()2pcS−和pH的关系为：()pcS15.1pH−=−。为了使溶液中的杂质离子浓度小于611.010molL−−，应控制溶液的pH不小于_______已知：spsppK

lgK=−；CuS和FeS的sppK分别为35.2和17.2)。【22题答案】【答案】（1）+6（2）22322MoS7O2MoO4SO++焙烧（3）①.3和750℃左右②.反应开始时，随着温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大，温度高于750℃时，氧

化钼升华，浸取率下降（4）①.过滤②.2424MoO2HHMoO−++=（5）3.9【解析】【分析】废催化剂粉碎后在空气中焙烧，钼元素存在形式为氧化钼，同时有二氧化硫气体放出；加碳酸钠溶液碱浸钼元素

转变为钼酸盐，经操作1过滤后除去不溶性杂质；加硝酸酸沉，钼酸盐转变为钼酸，经操作2过滤后得到钼酸沉淀；钼酸沉淀中含有Fe、Cu杂质，加氨水氨溶后浸出液用硫化铵净化，除去Fe、Cu后可得仲钼酸铵。【小问1详解

】仲钼酸铵[(NH4)6Mo7O24⋅2H2O]中钼元素的化合价是+6价；【小问2详解】22“焙烧”时MoS2转化为氧化钼，同时有二氧化硫放出，化学方程式为：22322MoS+7O2MoO+4SO焙烧；【小问3详解】从图中可以看出与液固比为3，温度为750o

C左右时浸出率最高，故最佳液固比值和焙烧温度分别是3，750oC左右；温度升高，反应速率加快，故反应开始时，随着温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大，但当温度温度高于750℃时，根据题中信息，氧化钼升华，导致浸取率下

降，故答案为：反应开始时，随着温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大，温度高于750℃时，氧化钼升华，浸取率下降；【小问4详解】操作1和2为过滤；根据题中资料2可知“酸沉”时生成钼酸，离子方程式为：2-+424MoO+2H=HMoO

；【小问5详解】根据题中所给的数值：CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2，FeS的Ksp大，即亚铁离子沉淀完全时，铜离子早已沉淀完全。当c(Fe2+)=1.0×10−6mol⋅L−1时，()()17.211.262-2+cSKsp(FeS)10=10mol/L11

Fe0c−−−==，()2-=pcS11.2，H15.111.2p3.9=−=，当pH大于3.9时，离子浓度均小于1.0×10−6mol⋅L−1，故应控制溶液的pH不小于3.9。23获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com